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专题 15 与圆有关的位置关系
目录
01 理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
02 盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。（3大模块知识梳理）
知识模块一：与圆有关的位置关系
知识模块二：与切线有关的知识
知识模块三：三角形的外接圆与内切圆
03 究·考点考法：对考点考法进行细致剖析和讲解，全面提升。（9大基础考点）
考点一： 点与圆的位置关系
考点二： 直线与圆的位置关系
考点三： 圆与圆的位置关系
考点四： 利用切线的性质求解
考点五： 切线的性质与判定综合
考点六： 应用切线长定理求解或证明
考点七：由三角形外接圆求值
考点八： 由三角形内切圆求值
考点九： 三角形外接圆与内切圆综合
04 破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。（5大重难点）
重难点一： 证明某直线是圆的切线（有明确的交点）
重难点二： 证明某直线是圆的切线（无明确的交点）
重难点三： 直线与圆的最值问题
重难点四：胡不归问题
重难点五：阿氏圆问题
05 辨·易混易错：点拨易混易错知识点，夯实基础。（1大易错点）
易错点1： 讨论与圆有关位置关系时漏解
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知识模块一：与圆有关的位置关系
知识点一：点与圆的位置关系
点和圆共有三种位置关系，分别是点在圆内，点在圆上，点在圆外，如下表所示：
已知⊙O的半径为r，点P到圆心O的距离为d，
点和圆的位置关系 点到圆心的距离与半径的关系
r P
点在圆内 点P在圆内dr
【注意】掌握已知点的位置，可以确定该点到圆心的距离与半径的关系，反过来已知点到圆心的距离与半
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径的关系，可以确定该点与圆的位置关系．
知识点二：直线与圆的位置关系
直线和圆共有三种位置关系，分别是相离，相切，相交，如下表所示：
设⊙O的半径为r，圆心O到直线l的距离为d
直线和圆的位置关系 相交 相切 相离
直线和圆有两个公共点 直线和圆只有一个公共点 直线和圆没有公共点
定义
时，叫做直线与圆相交 时，叫做直线与圆相切 时，叫做直线与圆相离
r O r O r
O
图示
d d d
l
l
l
公共点个数 2个 1个 无
圆心到直径的距离d与
圆半径r之间的大小关 dr
系
公共点名称 交点 切点 无
直线名称 交线/割线 切线 无
直线l与⊙O相交dr
结论
从左端推出右端是直线与圆的位置关系的性质，从右端推出左端是直线与圆的位
置关系的判断.
知识点三：圆与圆的位置关系
设 的半径分别为r、R（其中R>r），两圆圆心距为d，则两圆位置关系如下表：
位置关系 图形 公共点个数 性质及判定
R
r
外离 无 两圆外离⇔d>R+r
O 1 d O 2
R
r
外切 1个切点 两圆外切⇔d=R+r
O 1 d O 2
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r R
相交 两个交点 两圆相交⇔ R−r4，
∴点P在⊙O外，
故选：C．
2．（2022·吉林·中考真题）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，AB=5，BC=4．以点A为圆心，r为半
径作圆，当点C在⊙A内且点B在⊙A外时，r的值可能是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【分析】先利用勾股定理可得AC=3，再根据“点C在⊙A内且点B在⊙A外”可得31，
∴a>r=1，则点A在⊙O外，
故选：A．
考点二： 直线与圆的位置关系
4
1．（2020·广东广州·中考真题）如图，RtΔABC中，∠C=90°，AB=5，cosA= ，以点B为圆心，r为
5
半径作⊙B，当r=3时，⊙B与AC的位置关系是（ ）
A．相离 B．相切 C．相交 D．无法确定
【答案】B
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4
【分析】根据RtΔABC中，∠C=90°， cosA= ，求出AC的值，再根据勾股定理求出BC 的值，比较
5
BC与半径r的大小，即可得出⊙B与AC的位置关系．
4
【详解】解：∵RtΔABC中，∠C=90°， cosA= ，
5
AC 4
cosA= =
AB 5
∴
∵AB=5，
AC=4
∴
BC=√AB2−AC2=3
∴
当r=3时，⊙B与AC的位置关系是：相切
故选：B
【点睛】本题考查了由三角函数解直角三角形，勾股定理以及直线和圆的位置关系等知识，利用勾股定理
解求出BC是解题的关键．
2．（2024·湖北·模拟预测）△ABC的三边AB，AC，BC的长度分别是3，4，5，以顶点A为圆心，2.4为
半径作圆，则该圆与直线BC的位置关系是（ ）
A．相交 B．相离 C．相切 D．以上都不是
【答案】C
【分析】本题考查了勾股定理逆定理、三角形面积公式、直线与圆的位置关系，先由勾股定理逆定理判断
出△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，设斜边BC上的高为h，根据等面积法求出h=2.4，即可得解．
【详解】解：∵AB2+AC2=32+42=25=BC2，
∴△ABC为直角三角形，且∠BAC=90°，
1 1
设斜边BC上的高为h，则S = AB⋅AC= BC⋅h，
△ABC 2 2
AB⋅AC 3×4
∴h= = =2.4，
BC 5
∴以顶点A为圆心，2.4为半径作圆，则该圆与直线BC的位置关系是相切，
故选：C．
3．（2023·湖北孝感·一模）已知⊙O的半径是一元二次方程x2−3x−4=0的一个根，圆心O到直线l的
距离d=6，则直线l与⊙O的位置关系是（ ）
A．相切 B．相离 C．相交 D．相切或相交
【答案】B
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【分析】本题考查一元一次方程的解法，直线与圆的位置关系等知识与方法，求出一元一次方程
x2−3x−4=0的解并且判断圆心O到直线l的距离d与⊙O的半径r之间的大小关系是解题的关键．
设⊙O的半径为r，解一元一次方程x2−3x−4=0得x =4，x =−1，则r=4，所以d>r，可知直线l与圆
1 2
O相离，于是得到问题的答案．
【详解】解：设⊙O的半径为r，
解一元一次方程x2−3x−1=0得x =4，x =−1，
1 2
∵⊙O的半径是一元二次方程x2−3x−4=0的一个根，
∴r=4，
∵圆心O到直线l的距离d=6，
∴d>r，
∴直线l与⊙O相离，
故选：B．
4．（2021·四川遂宁·中考真题）已知平面直角坐标系中，点P（x ,y ）和直线Ax＋By＋C＝0（其中A，
0 0
|Ax +B y +C|
B不全为0），则点P到直线Ax＋By＋C＝0的距离d可用公式d= 0 0 来计算．
√A2+B2
例如：求点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离，因为直线y＝2x＋1可化为2x－y＋1＝0，其中A＝2，B＝
－1，C＝1，所以点P（1，2）到直线y＝2x＋1的距离为：
|Ax +B y +C| |2×1+（−1）×2+1| 1 √5
d= 0 0 = = = ．
√A2+B2 √22+(−1) 2 √5 5
根据以上材料，解答下列问题：
（1）求点M（0，3）到直线y=√3x+9的距离；
（2）在（1）的条件下，⊙M的半径r ＝ 4，判断⊙M与直线y=√3x+9的位置关系，若相交，设其弦长
为n，求n的值；若不相交，说明理由．
【答案】（1）3；（2）直线与圆相交，n=2√7
【分析】（1）直接利用公式计算即可；
（2）根据半径和点到直线的距离判断直线与圆的位置关系，再根据垂径定理求弦长．
【详解】解：（1）∵y＝√3x＋9可变形为√3x－y＋9＝0，则其中A＝√3，B＝－1，C＝9，
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|√3×0−3+9|
由公式可得d= =3
√(√3) 2+(−1) 2
∴点M到直线y＝√3x＋9的距离为3，
（2）由（1）可知：圆心到直线的距离d＝3，圆的半径r＝4，
d＜r
∵∴直线与圆相交，
则弦长n=2×√42−32=2√7，
【点睛】本题考查了阅读理解和圆与直线的位置关系，垂径定理，解题关键是熟练运用公式求解和熟练运
用圆的相关性质进行推理和计算．
考点三： 圆与圆的位置关系
1．（2024·上海·中考真题）在△ABC中，AC=3，BC=4，AB=5，点P在△ABC内，分别以
A、B、P为圆心画，圆A半径为1，圆B半径为2，圆P半径为3，圆A与圆P内切，圆P与圆B的关系是
（ ）
A．内含 B．相交 C．外切 D．相离
【答案】B
【分析】本题考查圆的位置关系，涉及勾股定理，根据题意，作出图形，数形结合，即可得到答案，熟记
圆的位置关系是解决问题的关键．
【详解】解：∵圆A半径为1，圆P半径为3，圆A与圆P内切，
∴圆A含在圆P内，即PA=3−1=2，
∴P在以A为圆心、2为半径的圆与△ABC边相交形成的弧上运动，如图所示：
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∴ P' P B PB √12+42=√17
当到 位置时，圆 与圆 圆心距离 最大，为 ，
∵ √17<3+2=5，
∴圆P与圆B相交，
故选：B．
2．（2022·内蒙古鄂尔多斯·中考真题）实验学校的花坛形状如图所示，其中，等圆⊙O 与⊙O 的半径为3
1 2
米，且⊙O 经过⊙O 的圆心O．已知实线部分为此花坛的周长，则花坛的周长为（ ）
1 2 2
A．4π米 B．6π米 C．8π米 D．12π米
【答案】C
【分析】连接AO，AO，BO，BO，OO，根据等边三角形的判定得出△AOO 和△BOO 是等边三角形，
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
根据等边三角形的性质得出∠AOO＝∠AOO＝∠BOO＝∠BOO＝60°，求出优弧A´B所对的圆心角的度
1 2 2 1 1 2 2 1
数，再根据弧长公式求出即可．
【详解】解：连接AO，AO，BO，BO，OO，
1 2 1 2 1 2
∵等圆⊙O 与⊙O 的半径为3米，⊙O 经过⊙O 的圆心O，
1 2 1 2 2
AO＝AO＝BO＝BO＝OO＝3米，
1 2 1 2 1 2
∴ AOO 和△BOO 是等边三角形，
1 2 1 2
∴△
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AOO＝∠AOO＝∠BOO＝∠BOO＝60°，
1 2 2 1 1 2 2 1
∴∴∠优弧A´B所对的圆心角的度数是360°﹣60°﹣60°＝240°，
240π×3
∴花坛的周长为2× ＝8π（米），
180
故选：C．
【点睛】本题考查了相交两圆的性质，弧长公式，等边三角形的性质和判定等知识点，能求出圆心角的度
数是解此题的关键．
3．（2023·湖北恩施·中考真题）如图，等圆⊙O 和⊙O 相交于A，B两点，⊙O 经过⊙O 的圆心O ，
1 2 1 2 2
若O O =2，则图中阴影部分的面积为（ ）
1 2
4 2
A．2π B． π C．π D． π
3 3
【答案】D
【分析】先证明△ACO ≌△BCO ，再把阴影部分面积转换为扇形面积，最后代入扇形面积公式即可．
1 2
【详解】如图，连接O B，O B，
2 1
⊙O ⊙O
1 2
等圆 和 相交于A，B两点
O O ⊥AB,AC=BC ∵
1 2
∴⊙O 和⊙O 是等圆
1 2
∵O A=O O =O B=O B
1 1 2 1 2
∴△O O B是等边三角形
1 2
∴∠O O B=60°
1 2
∴∠ACO =∠BCO =90°,AC=BC,O A=O B
1 2 1 2
∵△ACO ≌△BCO
1 2
∴
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60π22 2π
S=S +S =S +S =S = = ．
△ACO ❑1 图形BCO ❑1 △BCO ❑2 图形BCO ❑1 扇形BO 1 O 2 360 3
∴
故选：D．
【点睛】本题考查了相交弦定理，全等的判定及性质，扇形的面积公式，转化思想是解题的关键．
考点四： 利用切线的性质求解
1．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图，直线l与⊙O相切于点D，AB为⊙O的直径，过点A作AE⊥l于
点E，延长AB交直线l于点C．
(1)求证：AD平分∠CAE；
(2)如果BC=1，DC=3，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)4
【分析】（1）连接OD，根据切线的性质可得出OD⊥l，结合题意可证OD∥AE，即得出
∠DAE=∠ADO，再根据等边对等角可得出∠DAO=∠ADO，即得出∠DAO=∠DAE，即AD平分
∠CAE；
（2）设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．再根据勾股定理可列出关于r的等式，求解即
可．
【详解】（1）证明：如图，连接OD．
∵直线l与⊙O相切于点D，
∴OD⊥l．
∵AE⊥l，
∴OD∥AE，
∴∠DAE=∠ADO．
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∵OA=OD，
∴∠DAO=∠ADO，
∴∠DAO=∠DAE，即AD平分∠CAE；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OC=OB+BC=r+1，OD=r．
在Rt△OCD中，OD2+CD2=OC2，
∴r2+32=(r+1) 2，
解得：r=4，
∴⊙O的半径为4．
【点睛】本题考查切线的性质，等腰三角形的性质，同圆半径相等，平行线的判定和性质，角平分线的判
定，勾股定理等知识．连接常用的辅助线是解题关键．
2．（2024·北京·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点C，D在⊙O上，OD平分∠AOC.
(1)求证：OD∥BC；
OF 5
(2)延长DO交⊙O于点E，连接CE交OB于点F，过点B作⊙O的切线交DE的延长线于点P.若 = ，
BF 6
PE=1，求⊙O半径的长.
【答案】(1)见解析
3
(2)
2
【分析】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，结合OB=OC，得到∠B=∠C，继而得到
∠AOC=2∠B，根据OD平分∠AOC，得到∠AOC=2∠AOD，继而得到∠B=∠AOD，可证
OD∥BC；
（2）不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，求得OP=OE+PE=11x+1，证明
66x 33x
△OFE∽△BFC，∠OBM=∠POB，求得BC= ，取BC的中点M，连接OM，则BM= ，求得
5 5
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3 3 3 OB OB OB
cos∠OBM= ，cos∠POB= ，结合切线性质，得到cos∠POB= = = = ，解答
5 5 5 OP OE+PE OB+1
即可.
【详解】（1）根据题意，得∠AOC=∠B+∠C，
∵OB=OC，
∴∠B=∠C，
∴∠AOC=2∠B，
∵OD平分∠AOC，
∴∠AOC=2∠AOD，
∴∠B=∠AOD，
∴OD∥BC；
OF 5
（2）∵ = ，PE=1，
BF 6
不妨设OF=5x,BF=6x，则OB=OF+BF=11x=OC=OE，
∴OP=OE+PE=11x+1，
∵OD∥BC，
∴△OFE∽△BFC，∠OBC=∠POB，
OE OF 5
∴ = = ，
BC BF 6
11x 5
∴ = ，
BC 6
66x
解得BC= ，
5
取BC的中点M，连接OM，
33x
则BM=
5
∵OB=OC，
∴OM⊥BC，
BM 3
∴cos∠OBM= = ，
OB 5
3
∴cos∠POB= ，
5
∵PB是⊙O的切线，
∴OB⊥PB，
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3 OB OB OB
∴cos∠POB= = = = ，
5 OP OE+PE OB+1
3
解得OB= ，
2
3
故⊙O半径的长为 .
2
【点睛】本题考查了圆的性质，等腰三角形的性质，平行线的判定，三角形相似的判定和性质，切线的性
质，解直角三角形的相关计算，等量代换思想，熟练掌握三角形相似的判定和性质，切线的性质，解直角
三角形的相关计算是解题的关键.
3．（2024·四川乐山·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，AB为直径，过点C作⊙O的切线CD交
BA延长线于点D，点E为C´B上一点，且A´C=C´E．
(1)求证：DC∥AE；
(2)若EF垂直平分OB，DA=3，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
9√3
(2)3π−
4
【分析】（1）如图1，连接OC．则∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．由AB为直径，可得
∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．则∠DCA=∠1．由OC=OB，可得∠1=∠2．由A´C=C´E，可
得∠2=∠3．则∠DCA=∠3．进而可证DC∥AE．
（2）如图2，连接OE、BE．由EF垂直平分OB，可得OE=BE．则△OEB为等边三角形．
∠BOE=60°，∠AOE=120°．由OA=OE，可得∠OAE=∠OEA=30°．由DC∥AE，可得
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∠D=∠OAE=30°．∠DOC=60°．证明△AOC为等边三角形．则∠OCA=60°，OA=OC=AC．
∠DCA=30°．则∠D=∠DCA．DA=AC=OA=OC=OE=3．EF=OE⋅sin60°．
1 120π×32
S = AO⋅EF．S = ，再根据S =S −S ，计算求解即可．
△OAE 2 扇形OAE 360 阴影 扇形OAE △OAE
【详解】（1）证明：如图1，连接OC．
图1
∵CD为⊙O的切线，
∴∠OCD=90°，即∠DCA+∠OCA=90°．
又∵AB为直径，
∴∠ACB=90°，即∠1+∠OCA=90°．
∴∠DCA=∠1．
∵OC=OB，
∴∠1=∠2．
∵A´C=C´E，
∴∠2=∠3．
∴∠DCA=∠3．
∴DC∥AE．
（2）解：如图2，连接OE、BE．
图2
∵EF垂直平分OB，
∴OE=BE．
又∵OE=OB，
∴△OEB为等边三角形．
∴∠BOE=60°，∠AOE=120°．
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∵OA=OE，
∴∠OAE=∠OEA=30°．
∵DC∥AE，
∴∠D=∠OAE=30°．
又∵∠OCD=90°，
∴∠DOC=60°．
∵OA=OC，
∴△AOC为等边三角形．
∴∠OCA=60°，OA=OC=AC．
∴∠DCA=30°．
∴∠D=∠DCA．
∴DA=AC=OA=OC=OE=3．
3√3
∴EF=OE⋅sin60°= ．
2
1 9√3
∴S = AO⋅EF= ．
△OAE 2 4
120π×32
又∵S = =3π，
扇形OAE 360
9√3
∴S =S −S =3π− ，
阴影 扇形OAE △OAE 4
9√3
∴阴影部分的面积为3π− ．
4
【点睛】本题考查了切线的性质，直径所对的圆周角为直角，同弧或等弧所对的圆周角相等，平行线的判
定与性质，等边三角形的判定与性质，垂直平分线的性质，正弦，扇形面积等知识．熟练掌握相关图形的
性质定理、正确添加辅助线是解题的关键．
考点五： 切线的性质与判定综合
1．（2023·湖北随州·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点E，C在⊙O上，点C是B´E的中点，AE垂
直于过C点的直线DC，垂足为D，AB的延长线交直线DC于点F．
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(1)求证：DC是⊙O的切线；
1
(2)若AE=2，sin∠AFD= ，①求⊙O的半径；②求线段DE的长．
3
【答案】(1)证明见解析
(2)①3；②2
【分析】（1）根据等弧所对的圆周角相等和等边对等角的性质，得到∠CAE=∠ACO，推出AD∥OC，
进而得到OC⊥DC，再利用圆的切线的判定定理即可证明结论；
（2）①连接BE，根据直径所对的圆周角是直角和平行线的判定，得到BE∥DF，进而得到
∠AFD=∠ABE，再利用锐角三角函数，求得AB=6，即可求出⊙O的半径；
②利用锐角三角函数，分别求出BF和AD的长，即可得到线段DE的长．
【详解】（1）证明：如图，连接OC，
∵ B´E
点C是 的中点，
∴C´E=C´B，
∴∠CAE=∠CAB，
∵OA=OC，
∴∠CAB=∠ACO，
∴∠CAE=∠ACO，
∴AD∥OC，
∵AD⊥DC，
∴OC⊥DC，
∵OC是⊙O的半径，
∴DC是⊙O的切线；
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（2）解：①如图，连接BE，
∵AB
是直径，
∴∠AEB=90°，
∴BE⊥AD，
∵AD⊥DF，
∴BE∥DF，
∴∠AFD=∠ABE，
1
∵sin∠AFD= ，
3
AE 1
∴sin∠ABE= = ，
AB 3
∵AE=2，
∴AB=6，
∴ ⊙O的半径为3；
②由（1）可知，OC⊥DF，
OC 1
∴sin∠AFD= = ，
OF 3
∵OC=3，OF=OB+BF=3+BF，
3 1
∴ = ，
3+BF 3
∴BF=6，
∴AF=AB+BF=6+6=12，
∵AD⊥DF，
AD AD 1
∴sin∠AFD= = = ，
AF 12 3
∴AD=4，
∵AE=2，
∴DE=AD−AE=4−2=2．
【点睛】本题是圆和三角形综合题，考查了圆的切线的判定定理，圆的性质，等腰三角形的性质，锐角三
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角函数等知识，熟练掌握圆的相关性质，灵活运用正弦值求边长是解题关键．
2．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，AB是⊙O的直径，点P是⊙O外一点，PA与⊙O相切于点A，点
C为⊙O上的一点．连接PC、AC、OC，且PC=PA．
(1)求证：PC为⊙O的切线；
(2)延长PC与AB的延长线交于点D，求证：PD⋅OC=PA⋅OD；
(3)若∠CAB=30°，OD=8，求阴影部分的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
8
(3)8√3− π
3
【分析】（1）连接PO，证明△PAO≌△PCO，即可得证；
OC PA
（2）根据sinD= = ，即可得证；
OD PD
（3）根据圆周角定理得出∠COD=2∠CAB=60°，进而勾股定理求得CD，根据
S =S −S ，即可求解．
阴影 △OCD 扇形OBC
【详解】（1）证明：∵PA是⊙O的切线，
∴∠PAO=90°
如图所示，连接PO
在△PAO与△PCO中，
¿
∴△PAO≌△PCO (SSS)
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∴∠PCO=∠PAO=90°
∵C为⊙O上的一点．
∴PC是⊙O的切线；
（2）∵PC是⊙O的切线；
∴OC⊥PD，
OC PA
∴sinD= =
OD PD
∴PD⋅OC=PA⋅OD
（3）解：∵B´C=B´C，∠CAB=30°，OD=8
∴∠COD=2∠CAB=60°，
∵OC⊥PD
∴∠D=30°，
1
∴OC= OD=4
2
∴CD=4√3，
1 60
∴S =S −S = ×CO×CD− π×CO2
阴影 △OCD 扇形OBC 2 360
1 1
= ×4×4√3− ×42π
2 6
8
=8√3− π
3
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，圆周角定理，求含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，求扇
形面积，熟练掌握以上知识是解题的关键．
考点六： 应用切线长定理求解或证明
1．（2022·四川眉山·中考真题）如图是不倒翁的主视图，不倒翁的圆形脸恰好与帽子边沿PA，PB分别相
切于点A，B，不倒翁的鼻尖正好是圆心O，若∠OAB=28°，则∠APB的度数为（ ）
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A．28° B．50° C．56° D．62°
【答案】C
【分析】连OB，由AO=OB得，∠OAB=∠OBA=28°，∠AOB=180°-2∠OAB=124°；因为PA、PB分别相切
于点A、B，则∠OAP=∠OBP=90°，利用四边形内角和即可求出∠APB．
【详解】连接OB，
∵OA=OB，
∴∠OAB=∠OBA=28°，
∴∠AOB=124°，
∵PA、PB切⊙O于A、B，
∴OA⊥PA，OP⊥AB，
∴∠OAP+∠OBP=180°，
∴∠APB+∠AOB=180°；
∴∠APB=56°．
故选：C
【点睛】本题考查切线的性质，三角形和四边形的内角和定理，切线长定理，等腰三角形的性质等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线，构造等腰三角形解决问题．
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2．（2024·山西·模拟预测）如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的一点，射线BD⊥AB，AB=10，
AC=6．CP与⊙O相切时，连接CP，求BP的长．
20
【答案】BP=
3
【分析】本题考查了切线长定理，相似三角形的判定与性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关的知识．
连接OP，BC，OC，得到∠ACB=90°，根据勾股定理求出CB=8，根据切线长定理可得PC=PB，
OC=OB，推出OP垂直平分BC，证明△BPO∽△CBA，得到BP:CB=BO:AC，即可求解．
【详解】解：如图，连接OP，BC，OC，
∵ AB ⊙O
是 的直径，
∴∠ACB=90°，
∴CB=√AB2−AC2=√102−62=8，
∵PB⊥AB，
∴ PB为⊙O的切线．
∵ CP与⊙O相切，
∴PC=PB，OC=OB，
∴ OP垂直平分BC，
∵∠PBC+∠ABC=90°，∠PBC+∠BPO=90°，
∴∠BPO=∠ABC，
∵∠PBO=∠ACB，
∴△BPO∽△CBA，
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∴BP:CB=BO:AC，即BP:8=5:6．
20
∴BP= ．
3
3．（2024·湖南长沙·模拟预测）在△ABC中，BC为⊙O的直径，AC为过C点的切线．
(1)如图①，以点B为圆心，BC为半径作圆弧交AB于点M，连结CM，若∠ABC=66°，求∠ACM的大
小；
(2)如图②，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，求证：AE=EC；
3
(3)如图③，在（1）（2）的条件下，若tan A= ，求S :S 的值．
4 △ADE △ACM
【答案】(1)33°
(2)见解析
4
(3)
5
【分析】本题考查圆周角定理，切线性质，三角函数的定义；
（1）由三角形内角和角的计算问题；
（2）连接CD，则∠ADC=90°，根据切线长定理得到DE=CE，则∠EDC=∠ECD，得到
∠A=∠ADE，即可求解；
3 BD
（3）根据tan∠DCB=tan∠A= = ，设BD=3x，CD=4x，则BC=BM=5x，再依据
4 CD
3 CD 4x BC 5x 16x 20x 10
tan∠A= = = = = ，求出AD= ，AC= ，再求出AM=AB−BC= x，即
4 AD AD AC AC 3 3 3
1
可计算S ，S = S ，最后求值即可．
△ACM △ADE 2 △ACD
【详解】（1）由题意知，BC=BM，
∵∠ABC=66°，
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∴∠BMC=∠BCM=57°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACM=∠ACB−∠BCM=90°−57°=33°；
（2）连接CD，
∵BC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∵AC为过C点的切线，过点D作⊙O的切线DE交AC于点E，
∴DE=CE，
∴∠EDC=∠ECD，
∵∠EDC+∠ADE=90°，∠ECD+∠A=90°，
∴∠A=∠ADE，
∴AE=DE，
∴AE=CE；
（3）连接CD，
由（1）（2）可得∠ADC=90°，AE=DE=CE，∠A=∠BCD=90°−∠B，
3 BD
∴tan∠DCB=tan∠A= = ，
4 CD
∴设BD=3x，CD=4x，则BC=BM=5x，
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3 CD 4x BC 5x
∵tan∠A= = = = = ，
4 AD AD AC AC
16x 20x
∴AD= ，AC= ，
3 3
25x
∴AB=BD+AD= ，
3
10
∴AM=AB−BC= x，
3
1 1 10 20
∴S = CD⋅AM= ×4x× x= x2 ，
△ACM 2 2 3 3
1 1 1 1 16 16
S = S = × CD⋅AD= ×4x× x= x2 ，
△ADE 2 △ACD 2 2 4 3 3
16 20 4
∴S :S = x2: x2= ．
△ADE △ACM 3 3 5
考点七： 由三角形外接圆求值
1．（2023·山东泰安·中考真题）如图，⊙O是△ABC的外接圆，半径为4，连接OB，OC，OA，若
∠CAO=40°，∠ACB=70°，则阴影部分的面积是（ ）
4 8 16 32
A． π B． π C． π D． π
3 3 3 3
【答案】C
【分析】先根据等腰三角形的性质以及三角形内角和定理求得∠BOC=180°−30°×2=120°，再根据扇
形的面积公式即可求解．
【详解】解：∵OC=OB，OA=OC，∠CAO=40°，
∴∠OCA=∠OAC=40°，∠OCB=∠OBC，
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∵∠ACB=70°，
∴∠OBC=∠OCB=∠ACB−∠ACO=70°−40°=30°，
∴∠BOC=180°−30°×2=120°，
120° 1 16
∴S =πr2× =π×42× = π，
阴影 360° 3 3
故选：C．
【点睛】本题考查等腰三角形的性质、三角形内角和定理以及扇形的面积公式等知识，求出
∠BOC=120°是解答的关键．
2．（2023·内蒙古·中考真题）如图，⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，
OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，垂足分别为D,E,F，连接DE,EF,FD．若DE+DF=6.5,△ABC
的周长为21，则EF的长为（ ）
A．8 B．4 C．3.5 D．3
【答案】B
【分析】根据三角形外接圆的性质得出点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，再由中位线的性质及
三角形的周长求解即可．
【详解】解：∵⊙O是锐角三角形ABC的外接圆，OD⊥AB,OE⊥BC,OF⊥AC，
∴点D、E、F分别是AB、BC、AC的中点，
1 1 1
∴DF= BC,DE= AC,EF= AB，
2 2 2
∵DE+DF=6.5,△ABC的周长为21，
∴CB+CA+AB=21即2DF+2DE+2EF=21，
∴EF=4，
故选：B．
【点睛】题目主要考查三角形外接圆的性质及中位线的性质，理解题意，熟练掌握三角形外接圆的性质是
解题关键．
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3．（2022·广西玉林·中考真题）如图，在5×7网格中，各小正方形边长均为1，点O，A，B，C，D，E均
在格点上，点O是△ABC的外心，在不添加其他字母的情况下，则除△ABC外把你认为外心也是O的三
角形都写出来 ．
【答案】△ADC、△BDC、△ABD
【分析】先求出△ABC的外接圆半径r，再找到距离O点的长度同为r的点，即可求解．
【详解】由网格图可知O点到A、B、C三点的距离均为：√12+22=√5，
则外接圆半径r=√5，
图中D点到O点距离为：√12+22=√5=r，
图中E点到O点距离为：√12+32=√10，
则可知除△ABC外把你认为外心也是O的三角形有：△ADC、△ADB、△BDC，
故答案为：△ADC、△ADB、△BDC．
【点睛】本题考查了外接圆的性质、勾股定理等知识，求出△ABC的外接圆半径r是解答本题的关键．
考点八： 由三角形内切圆求值
1．（2023·四川攀枝花·中考真题）已知△ABC的周长为l，其内切圆的面积为πr2，则△ABC的面积为
（ ）
1 1
A． rl B． πrl C．rl D．πrl
2 2
【答案】A
1 1 1 1
【分析】由题意可得S = AB×OE= AB×r，S = BC×r，S = AC×r，由面积关系
△AOB 2 2 △BOC 2 △AOC 2
可求解．
【详解】解：如图，设内切圆O与△ABC相切于点D，点E，点F，连接OA，OB，OC，OE，OF，OD，
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∵AB ⊙O E
切 于 ，
∴OE⊥AB，OE=r，
1 1
∴S = AB×OE= AB×r，
△AOB 2 2
1
同理：S = BC×r，
△BOC 2
1
S = AC×r，
△AOC 2
1 1 1 1
∴S=S +S +S = AB×r+ BC×r+ AC×r= (AB+BC+AC)×r，
△AOB △BOC △AOC 2 2 2 2
∵l=AB+BC+AC，
1
∴S= lr，
2
故选A
【点睛】本题考查了三角形的内切圆与内心，掌握内切圆的性质是解题的关键．
2．（2024·四川内江·中考真题）如图，在△ABC中，∠ABC=60°，BC=8，E是BC边上一点，且
BE=2，点I是△ABC的内心，BI的延长线交AC于点D，P是BD上一动点，连接PE、PC，则PE+PC
的最小值为 ．
【答案】2√13
【分析】在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，利用三角形内心的定义
可得出∠ABD=∠CBD，利用SAS证明△BFP≌△BEP，得出PF=PE，则PE+PC=PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，利用含30°的直角三角形的性质求出BH，利用勾
股定理求出FH，CF即可．
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【详解】解：在AB取点F，使BF=BE=2，连接PF，CF，过点F作FH⊥BC于H，
∵I是△ABC的内心，
∴BI平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD，
又BP=BP，
∴△BFP≌△BEP(SAS)，
∴PF=PE，
∴PE+PC=PF+PC≥CF，
当C、P、F三点共线时，PE+PC最小，最小值为CF，
∵FH⊥BC，∠ABC=60°，
∴∠BFH=30°，
1
∴BH= BF=1，
2
∴FH=√BF2−BH2=√3，CH=BC−BH=7，
∴CF=√CH2+FH2=2√13，
∴PE+PC的最小值为2√13．
故答案为：2√13．
【点睛】本题考查了三角形的内心，全等三角形的判定与性质，含30°的直角三角形的性质，勾股定理等
知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和含30°的直角三角形是解题的关键．
3．【多选】（2022·山东潍坊·中考真题）如图，△ABC的内切圆（圆心为点O）与各边分别相切于点D，
E，F，连接EF,DE,DF．以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交AB,BC于G，H两点；分别以点
1
G，H为圆心，以大于 GH的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线BP．下列说法正确的是（ ）
2
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A．射线BP一定过点O B．点O是△≝¿三条中线的交点
1
C．若△ABC是等边三角形，则DE= BC D．点O不是△≝¿三条边的垂直平分线的交点
2
【答案】AC
【分析】根据三角形内切圆的性质逐个判断可得出答案．
【详解】A、以点B为圆心，以适当长为半径作弧分别交AB,BC于G，H两点；分别以点G，H为圆心，
1
以大于 GH的长为半径作弧，两条弧交于点P；作射线BP，由此可得BP是角平分线，所以射线BP一定
2
过点O，说法正确，选项符合题意；
B、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意；
1
C、当△ABC是等边三角形时，可以证得D、F、E分别是边的中点，根据中位线概念可得DE= BC，选
2
项符合题意；
D、边DE、EF、DF分别是圆的弦长，所以点O是△DEF三条边的垂直平分线的交点，选项不符合题意；
故选：AC．
【点睛】本题考查了三角形内切圆的特点和性质，解题的关键是能与其它知识联系起来，加以证明选项的
正确．
考点九： 三角形外接圆与内切圆综合
1．（2024·福建南平·模拟预测）如图，以Rt△ABC的直角边AB为直径的⊙O交斜边AC于点D，过点D
作⊙O的切线与BC交于点E，弦DM与AB垂直，垂足为H．
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(1)求证：E为BC的中点；
(2)若⊙O的面积为12π，两个△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，求△DEC的内切圆面积S 和四边
1
形OBED的外接圆面积S 的比．
2
【答案】(1)见解析
S 1
(2)
1=
S 12
2
【分析】（1）证明∠EDB=∠EBD，∠BDC=90°，E为直角三角形BDC的中线，即可求解；
（2）△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，确定AD:BM=√3，即HM:BH=√3，得
∠BMH=30°=∠BAC，即可求解．
【详解】（1）证明：连接BD、OE，
∵AB ∠ADB=90°=∠ADO+∠ODB
是直径，则 ，
∵DE是切线，
∴∠ODE=90°=∠EDB+∠BDO，
∴∠EDB=∠ADO=∠CAB，
∵∠ABC=90°，即BC是圆的切线，
∴ED=EB，
∴∠EDB=∠EBD，
∵∠C+∠EBD=90°，∠CDE+∠EDB=90°
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∴∠C=∠EDC，
∴ED=EC，
∴EC=EB，
∴E为BC的中点；
（2）解：△AHD和△BMH的外接圆面积之比为3，DM⊥AB，
则两个三角形的外接圆的直径分别为AD、BM，
∴AD:BM=√3，
∵∠DAB=∠BMD，
∴△ADH∽△MBH，
∴DH:BH=AD:BM=√3，
∵DM⊥AB，AB是直径，
∴DH=HM，
∴HM:BH=√3，
BH √3
∴tan∠BMH= = ，
MH 3
∴∠BMH=30°=∠BAC，
∴∠C=60°，DE是直角三角形的中线，
∴DE=CE，
∴△DEC为等边三角形，
(1 ) 2
⊙O的面积：12π= AB π，
2
则AB=4√3，∠CAB=30°，
∴BD=2√3，BC=4，AC=8，
∵OE是△ABC的中位线，
1
∴OE= AC=4，
2
∴四边形OBED的外接圆面积S =π⋅22=4π，
2
∵等边三角形DEC边长为2，
√3 π
∴其内切圆的半径为： ，面积为 ，
3 3
1
故△DEC的内切圆面积S 和四边形OBED的外接圆面积S 的比为： ．
1 2 12
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【点睛】本题为圆的综合运用题，涉及到三角形的外接圆和内切圆的相关知识，本题的关键是通过△AHD
和△BMH的外接圆面积之比为3，确定∠BMH=30°=∠BAC，进而求解．
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）如图，O是△ABC的外心，I是△ABC的内心，连接AI并延长交BC和
⊙O于D，E．
(1)求证：EB=EI；
(2)若AB=8，AC=6，BE=4，求AI的长．
【答案】(1)见解析；
(2)AI=4．
【分析】（1）欲证明EB=EI，只要证明∠EBI=∠EIB；
BD AD AB
（2）连接EC，由△ADB∽△CDE，可得 = = =2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，
DE DC EC
AD AC 2n 3
AD=2n，同法可证：△ADC∽ △BDE，推出 = ，推出 = ，推出n:m=3:2，设n=3k，
BD BE 2m 2
m=2k，由△ECD∽△EAC，可得EC2=ED⋅EA，推出16=m⋅(m+2n)，即16=2k(2k+6k)解得k，
由此即可解决问题；
【详解】（1）∵I是△ABC的内心，
∴AE平分∠CAB，BI平分∠ABC，
∴∠BAE=∠CAE，∠ABI=∠CBI，
∵∠BIE=∠BAE+∠ABI，∠IBE=∠IBD+∠EBD，
∵∠CBE=∠CAE，
∴∠BIE=∠EBI，
∴EB=EI；
（2）连接EC．
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∵∠BAE=∠CAE
，
∴B´E=E´C，
∴BE=EC=4，
∵∠ADB=∠CDE，∠BAD=∠DCE，
∴△ADB∽△CDE，
BD AD AB
∴ = = =2，设DE=m，CD=n，则BD=2m，AD=2n，
DE DC EC
同法可证：△ADC∽△BDE，
AD AC
∴ = ，
BD BE
2n 3
∴ = ，
2m 2
∴n：m=3：2，设n=3k，m=2k，
∵∠CED=∠AEC，∠ECD=∠BAE=∠CAE，
∴△ECD∽△EAC，
∴EC2=ED⋅EA，
∴16=m⋅(m+2n)，
∴16=2k(2k+6k)
∴k=1或−1(舍弃)，
∴DE=2，AD=6，
∴AE=8，
∵EI=BE=4，
∴AI=AE−EI=4．
【点睛】本题考查的是三角形的内切圆与内心，相似三角形的判定和性质，三角形外角的性质，等角对等
边等知识，解题的关键是学会利用参数构建方程组解决问题，属于中考压轴题．
3．（2024·上海·模拟预测）已知△ABC的内心为O，AO=√3．
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(1)如果△ABC的外心也为O，求证：△ABC为等边三角形，并尺规作线段AO；
AB AC
(2)延长AO交边BC于E，求证： = ．
BE CE
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查尺规作图——作角平分线，角平分线的性质，三角形的内心与外心，垂径定理等知识点，
熟练掌握相关图形的性质是解决问题的关键．
（1）根据三角形的内心点O为△ABC角平分线的交点，根据尺规作图作角平分线的方法作BO平分
∠ABC，CO平分∠ACB，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，进而证明
AD=BD=BE=CE=CF=AF，即可证明AB=BC=AC，得△ABC为等边三角形；
（2）由题意可知AE平分∠BAC，作EM⊥AB，EN⊥AC，得EM=EN，设BC边上的高为h，根据
1 1
AB⋅EM BE⋅h
S 2 2
△ABE = = ，即可证明结论．
S 1 1
△ACE AC⋅EN CE⋅h
2 2
【详解】（1）证明：∵△ABC的内心为O，
∴点O为△ABC角平分线的交点，
如图，作BO平分∠ABC，CO平分∠ACB，OD⊥AB，OE⊥BC，OF⊥AC，
则OD=OE=OF，
∵OA=OA，
∴Rt△AOD≌Rt△AOF(HL)，
∴AD=AF，同理，BD=BE，CE=CF，
∵△ABC的外心也为O，
由垂径定理可知，AD=BD，BE=CE，AF=CF，
∴AD=BD=BE=CE=CF=AF，则AB=BC=AC，
∴△ABC为等边三角形，
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AO
即为所求；
（2）证明：∵△ABC的内心为O，
∴点O为△ABC角平分线的交点，
∴AE平分∠BAC，
作EM⊥AB，EN⊥AC，
∴EM=EN，
设BC边上的高为h，
1 1
AB⋅EM BE⋅h
S 2 2
则 △ABE = = ，
S 1 1
△ACE AC⋅EN CE⋅h
2 2
AB BE
∴ = ，
AC CE
AB AC
∴ = ．
BE CE
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重难点一： 证明某直线是圆的切线（有明确的交点）
1．（2023·四川资阳·中考真题）如图，已知⊙O的圆心O在△ABC的边AC上，与AC相交于A、E两点，
且与边BC相切于点D，连结DE．
(1)若BA=BD，求证：AB是⊙O的切线；
(2)若CD=4，CE=2，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)⊙O的半径长为3
【分析】（1）连接OD，则OD=OA，所以∠OAD=∠ODA，由切线的性质得BC⊥OD，则
∠ODB=90°，而BA=BD，所以∠BAD=∠BDA，即可推导出∠OAB=∠ODB=90°，进而证明AB
是⊙O的切线；
（2）由OD=OE，得∠ODE=∠OED，由AE是⊙O的直径，得∠ADE=90°，由
∠CAD+∠OED=90°，∠CDE+∠ODE=90°，得∠CDE=∠CAD，而∠C=∠C，即可证明
CD CE
△CDE∽△CAD，得 = ，则CE⋅CA=CD2，于是得2(2+2OE)=42，求得OE=3，则⊙O的半
CA CD
径长为3．
【详解】（1）证明：连接OD，则OD=OA，
∴∠OAD=∠ODA，
∵⊙O的圆心O在AC上，且与边BC相切于点D，
∴BC⊥OD，
∴∠ODB=90°，
∵BA=BD，
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∴∠BAD=∠BDA，
∴∠OAB=∠OAD+∠BAD=∠ODA+∠BDA=∠ODB=90°，
∵OA是⊙O的半径，且AB⊥OA，
∴AB是⊙O的切线．
（2）解：∵OD=OE，
∴∠ODE=∠OED，
∵AE是⊙O的直径，
∴∠ADE=90°，
∴∠CAD+∠OED=90°，
∵∠CDE+∠ODE=∠ODC=90°，
∴∠CDE=∠CAD，
∵∠C=∠C，
∴△CDE∽△CAD，
CD CE
∴ = ，
CA CD
∴CE⋅CA=CD2，
∵CD=4，CE=2，OE=OA，
∴2(2+2OE)=42，
解得OE=3，
∴⊙O的半径长为3．
【点睛】本题主要考查等腰三角形的判定与性质、切线的判定与性质、直径所对的圆周角是直角、相似三
角形的判定与性质等知识．综合运用以上知识是解题的关键．
2．（2024·山东济南·中考真题）如图，AB,CD为⊙O的直径，点E在B´D上，连接AE,DE，点G在BD
的延长线上，AB=AG,∠EAD+∠EDB=45°．
(1)求证：AG与⊙O相切；
1
(2)若BG=4√5,sin∠DAE= ，求DE的长．
3
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【答案】(1)证明见解析；
2√10
(2) ．
3
【分析】（1）证明∠GAB=90°，即可证明AG是⊙O的切线；
1 DE √2
（2）连接CE，先计算sin∠DCE=sin∠DAE= = ，再计算AB= BG=2√10=DC，后得到
3 DC 2
1
DE=DCsin∠DAE=2√10× 解答即可．
3
本题考查了切线的证明，圆周角定理，三角形函数的应用，熟练掌握切线的判定定理，三角函数的应用是
解题的关键．
【详解】（1）解：∵∠EDB,∠EAB所对的弧是同弧
∴∠EDB=∠EAB，
∵∠EAD+∠EDB=45°，
∴∠EAD+∠EAB=45°，
即∠BAD=45°，
∵AB为直径，
∴∠ADB=90°，
∴∠B=180°−∠ADB−∠DAB=45°，
∵AB=AG，
∴∠B=∠G=45°，
∴∠GAB=90°，
∴AG与⊙O相切．
（2）解： 连接CE
∵∠DAE,∠DCE
所对的弧是同弧，
∴∠DAE=∠DCE，
∵DC为直径，
∴∠DEC=90°，
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1 DE
在Rt△DEC中，sin∠DCE=sin∠DAE= = ，
3 DC
∵BG=4√5,∠B=45°,∠BAG=90°，
√2
∴AB= BG=2√10=DC，
2
1 2√10
∴DE=DCsin∠DAE=2√10× = ．
3 3
3．（2024·湖北·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，点E在AC上，以CE为直径的⊙O经
过AB上的点D，与OB交于点F，且BD=BC．
(1)求证：AB是⊙O的切线；
(2)若AD=√3，AE=1，求C´F的长．
【答案】(1)证明见解析；
π
(2) ．
3
【分析】（1）连接OD，可得△ODB≌△OCB(SSS)，得到∠ODB=∠OCB=90°，即得OD⊥AB，即
可求证；
（2）设⊙O的半径为r，则OA=r+1，在Rt△OAD中由勾股定理得(r+1) 2=(√3) 2+r2，可得r=1，即得
AD
tan∠AOD= =√3，得到∠AOD=60°，进而得到∠BOD=∠BOC=60°，最后利用弧长公式即可
OD
求解．
【详解】（1）证明：连接OD，则OD=OC，
∵BD=BC OB=OB
， ，
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∴△ODB≌△OCB(SSS)，
∴∠ODB=∠OCB=90°，
∴OD⊥AB．
∵ OD是⊙O的半径，
∴ AB是⊙O的切线；
（2）解：设⊙O的半径为r，则OA=r+1，
∵∠ODB=90°，
∴∠ODA=180°−90°=90°，
在Rt△OAD中，OA2=AD2+OD2，
∴(r+1) 2=(√3) 2+r2，
解得r=1，
AD
∴tan∠AOD= =√3，
OD
∴∠AOD=60°，
∴∠DOC=120°
∵△ODB≌△OCB，
∴∠BOD=∠BOC=60°，
60×π×1 π
∴C´F的长为 = ．
180 3
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，切线的判定，勾股定理，三角函数及弧长公式，求出
∠BOD=∠BOC=60°是解题的关键．
重难点二： 证明某直线是圆的切线（无明确的交点）
1．（2024·湖北武汉·中考真题）如图，△ABC为等腰三角形，O是底边BC的中点，腰AC与半圆O相切于
点D，底边BC与半圆O交于E，F两点．
(1)求证：AB与半圆O相切；
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(2)连接OA．若CD=4，CF=2，求sin∠OAC的值．
【答案】(1)见解析
4
(2)
5
【分析】本题考查了等腰三角形三线合一，角平分线的判定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识点
是解题的关键．
（1）连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，根据等腰三角形三线合一可知，AO⊥BC，AO平分
∠BAC，结合AC与半圆O相切于点D，可推出ON=OD，得证；
（2）由题意可得出∠OAC=∠COD，根据OF=OD，在Rt△ODC中利用勾股定理可求得OD的长度，
CD
从而得到OC的长度，最后根据sin∠OAC=sin∠COD= 即可求得答案．
OC
【详解】（1）证明：连接OA、OD，作ON⊥AB交AB于N，如图
∵△ABC O BC
为等腰三角形， 是底边 的中点
∴AO⊥BC，AO平分∠BAC
∵AC与半圆O相切于点D
∴OD⊥AC
由∵ON⊥AB
∴ON=OD
∴AC是半圆O的切线
（2）解：由（1）可知AO⊥BC，OD⊥AC
∴∠AOC=90°，∠ODC=90°
∴∠OAC+∠OCA=180°−∠AOC=90°，∠COD+∠OCA=180°−∠ODC=90°
∴∠OAC=∠COD
CD
∴sin∠OAC=sin∠COD=
OC
又∵ OF=OD，CF=2
∴在Rt△ODC中，CD=4，OC=OF+FC=OD+2
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∵ OC2=CD2+OD2，
∴ (OD+2) 2=42+OD2
解得：OD=3
CD CD 4 4
∴sin∠OAC=sin∠COD= = = =
OC OD+2 3+2 5
2．（2023·湖北襄阳·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC，O是BC的中点，⊙O与AB相切于点D，
与BC交于点E，F，DG是⊙O的直径，弦GF的延长线交AC于点H，且GH⊥AC．
(1)求证：AC是⊙O的切线；
(2)若DE=2，GH=3，求D´E的长l．
【答案】(1)见解析
2π
(2)
3
【分析】（1）连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，根据等腰三角形的性质得AO为∠BAC的平分线，
再根据⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径得OM=OD，进而根据切线的判定可得到结论；
（2）过点E作EN⊥AB于点N，先证△ODE≌△OGF得到DE=GF=2，进而得到FH=1，再证
△BNE≌△CHF得到EN=FH=1，然而在Rt 中利用三角函数可求出∠EDN=30°，进而得△ODE
△DEN
为等边三角形，据此得∠DOE=60°，OD=OE=DE=2，则∠DOF=120°，最后得到弧长公式即可得
到答案．
【详解】（1）证明：连接OA，过点O作OM⊥AC于点M，
∵AB=AC O BC
， 是 的中点，
∴AO为∠BAC的平分线，
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∵ ⊙O与AB相切于点D，DG是⊙O的直径，
∴OD为⊙O的半径，
∴OD⊥AB，
又OM⊥AC，
∴ OM=OD，
即OM为⊙O的半径，
∴ AC是⊙O的切线；
（2）解：过点E作EN⊥AB于点N，
∵ O ⊙O
点 为 的圆心，
∴OD=OG,OE=OF，
在△ODE和△OGF中，
¿，
∴△ODE≌△OGF(SAS)，
∴DE=GF，
∵DE=2,GH=3，
∴GF=2，
∴FH=GH−GF=3−2=1，
∵AB=AC，O是BC的中点，
∴OB=OC,∠B=∠C，
又OE=OF，
∴BE=CF，
∵GH⊥AC,EN⊥AB，
∴∠BNE=∠CHF=90°，
在△BNE和△CHF中，
¿，
∴△BNE≌△CHF(AAS)，
∴EN=FH=1，
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在Rt 中，DE=2,EN=1，
△DEN
EN 1
∴sin∠EDN= = ，
DE 2
∴∠EDN=30°，
∵OD⊥AB，
∴∠ODE=90°−∠EDN=90°−30°=60°，
又OD=OE，
∴△ODE为等边三角形，
∴∠DOE=60°,OD=OE=DE=2，
∴∠DOF=180°−∠DOE=180°−60°=120°，
60π×2 2π
∴l= = ．
180 3
【点睛】此题主要考查了切线的判定和性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形
的判定和性质，弧长的计算公式，熟练掌握切线的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解答此题的关
键．
3．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图1，O是正方形ABCD对角线上一点，以O为圆心，OC长为半径的
⊙O与AD相切于点E，与AC相交于点F．
(1)求证：AB与⊙O相切．
(2)若正方形ABCD的边长为√2+1，求⊙O的半径．
(3)如图2，在（2）的条件下，若点M是半径OC上的一个动点，过点M作MN⊥OC交C´E于点N．当
CM:FM=1:4时，求CN的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)√2
2√10
(3)
5
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【分析】（1）方法一：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对
角线，得出OE=OG，进而可得OG为⊙O的半径，又OG⊥AB，即可得证；
方法二：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，根据正方形的性质证明△AOE≌△AOG(AAS)得出
OE=OG，同方法一即可得证；
方法三：过点O作OG⊥AB于点G，连接OE．得出四边形AEOG为正方形，则OE=OG，同方法一即可
得证；
（2）根据⊙O与AD相切于点E，得出∠AEO=90°，由（1）可知AE=OE，设AE=OE=OC=OF=R，
在Rt△AEO中，勾股定理得出AO=√2R，在Rt△ADC中，勾股定理求得AC，进而根据OA+OC=AC
建立方程，解方程，即可求解．
（3）方法一：连接ON，设CM=k，在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN=2k，在Rt△CMN中，由勾
2√2 2√10
股定理得：CN=√5k，结合题意FC=5k=2R=2×√2=2√2得出k= ，即可得出CN= ；
5 5
1 2√2
方法二：连接FN，证明△CNM∽△CFN得出CN2=CM⋅CF，进而可得CM= CF= ，同理可得
5 5
CN
方法三：连接FN，证明△CNM∽△CFN得出NC2=MC⋅FC，设CM=k，则FC=5k，进而可得
NC=√5k，进而同方法一，即可求解．
【详解】（1）方法一：证明：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，
∵ ⊙O与AD相切于点E，
∴ OE⊥AD．
∵四边形ABCD是正方形，AC是正方形的对角线，
∴ ∠BAC=∠DAC=45°，
∴ OE=OG，
∵OE为⊙O的半径，
∴OG为⊙O的半径，
∵ OG⊥AB，
∴AB与⊙O相切．
方法二：
证明：连接OE，过点O作OG⊥AB于点G，
∵ ⊙O与AD相切于点E，∴ OE⊥AD，
∴ ∠AEO=∠AGO=90°，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴ ∠BAC=∠DAC=45°，
又∵ AO=AO，
∴ △AOE≌△AOG(AAS)，
∴ OE=OG，
∵OE为⊙O的半径，
∴OG为⊙O的半径，
∵ OG⊥AB，
∴AB与⊙O相切．
方法三：
证明：过点O作OG⊥AB于点G，连接OE．
∵AD与⊙O相切，OE为⊙O半径，
∴ OE⊥AE，
∴ ∠AEO=90°，
∵ OG⊥AB，
∴ ∠AGO=90°，
又∵四边形ABCD为正方形，
∴ ∠BAD=90°，
∴四边形AEOG为矩形，
又∵AC为正方形的对角线，
∴ ∠EAO=∠GAO=∠AOE=45°，
∴ OE=AE，
∴矩形AEOG为正方形，
∴ OE=OG．
又∵OE为⊙O的半径，
∴OG为⊙O的半径，
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又∵ OG⊥AB，
∴AB与⊙O相切．
（2）解：∵AC为正方形ABCD的对角线，
∴ ∠DAC=45°，
∵ ⊙O与AD相切于点E，
∴ ∠AEO=90°，
∴由（1）可知AE=OE，设AE=OE=OC=OF=R，
在Rt△AEO中，
∵ AE2+EO2=AO2，
∴ AO2=R2+R2，
∵ R>0，∴ AO=√2R，
又∵正方形ABCD的边长为√2+1．
在Rt△ADC中，
∴ AC=√AD2+CD2=√2(√2+1)，
∵ OA+OC=AC，
∴ √2R+R=√2(√2+1)，
∴ R=√2．
∴⊙O的半径为√2．
（3）方法一：
解：连接ON，设CM=k，
∵ CM:FM=1:4，
∴ CF=5k，
∴ OC=ON=2.5k，
∴ OM=OC−CM=1.5k．
在Rt△OMN中，由勾股定理得：MN=2k，
在Rt△CMN中，由勾股定理得：CN=√5k，
又∵ FC=5k=2R=2×√2=2√2，
2√2
∴ k= ．
5
2√2 2√10
∴ CN=√2× = ．
5 5
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方法二：
解：连接FN，
∵CF为⊙O的直径，
∴ ∠CNF=90°，
∴ ∠FNM+∠CNM=90°，
∵ MN⊥AC，
∴ ∠NFM+∠FNM=90°，
∴ ∠NFM=∠CNM，
∵ ∠NCM=∠FCN，
∴ △CNM∽△CFN，
∴ CN2=CM⋅CF，
∵ CM:FM=1:4，CF=5CM，
∴ CN=√5CM，
∵ CF=2R=2×√2=2√2，
1 2√2
∴ CM= CF= ，
5 5
2√2 2√10
∴ CN=√5× = ．
5 5
方法三：
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解：连接FN，
∵CF为⊙O的直径，
∴ ∠CNF=90°，
∴ ∠FNM+∠CNM=90°，
∵ MN⊥AC，
∴ ∠NFM+∠FNM=90°，
∴ ∠NFM=∠CNM，
∵ ∠NCM=∠FCN，
∴ △CNM∽△CFN，
NC FC
∴ = ，
MC NC
∴ NC2=MC⋅FC，
∵ CM:FM=1:4，
∴ CM:FC=1:5，
设CM=k，则FC=5k，
∴ NC2=k×5k，
∴ NC=√5k．
又∵ FC=5k=2R=2×√2=2√2，
2√2
∴ k= ，
5
2√2 2√10
∴ CN=√5× = ．
5 5
【点睛】本题考查了切线的性质与判定，正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，垂径定理，
相似三角形的性质与判定，正确的添加辅助线是解题的关键．
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重难点三： 直线与圆的最值问题
1．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，∠C=120°，AB=8，BC=10．E为边CD的中
点，F为边AD上的一动点，将△≝¿沿EF翻折得△D'EF，连接AD'，BD'，则△ABD'面积的最小值为
．
【答案】20√3−16/−16+20√3
【分析】根据平行四边形的性质得到CD=AB=8，AB∥CD，∠ABC=60°，由折叠性质得到
ED'=DE=4，进而得到点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线
于M，交圆E于D'，此时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即此时△ABD'面积的最小，过C
作CN⊥AB于N，根据平行线间的距离处处相等得到EM=CN，故只需利用锐角三角函数求得CN=5√3
即可求解．
【详解】解：∵在 ▱ABCD中，∠BCD=120°，AB=8，
∴CD=AB=8，AB∥CD，则∠ABC=180°−∠BCD=60°，
∵E为边CD的中点，
1
∴DE=CE= CD=4，
2
∵△≝¿沿EF翻折得△D'EF，
∴ED'=DE=4，
∴点D'在以E为圆心，4为半径的圆上运动，如图，过E作EM⊥AB交AB延长线于M，交圆E于D'，此
时D'到边AB的距离最短，最小值为D'M的长，即△ABD'面积的最小，
过C作CN⊥AB于N，
∵AB∥CD，
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∴EM=CN，
在Rt△BCN中，BC=10，∠CBN=60°，
√3
∴CN=BC⋅sin60°=10× =5√3，
2
∴D'M=ME−ED'=5√3−4，
1
∴△ABD'面积的最小值为 ×8×(5√3−4)=20√3−16，
2
故答案为：20√3−16．
【点睛】本题考查平行四边形的性质、折叠性质、圆的有关性质以及直线与圆的位置关系、锐角三角函数
等知识，综合性强的填空压轴题，得到点D'的运动路线是解答的关键．
2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，⊙M的圆心为M(4，0)，半径为2，P是直线y=x+4上的一个动
点，过点P作⊙M的切线，切点为Q，则PQ的最小值为
【答案】2√7
【分析】记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM；由直线解析式可求得点
A、K的坐标，从而得△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，由相切及勾股定理得：
PQ=√PM2−QM2，由QM=2，则当PM最小时，PQ最小，点P与点K重合，此时PM最小值为KM，
由勾股定理求得PM的最小值，从而求得结果．
【详解】解：记直线y=x+4与x，y轴分别交于点A，K，连接QM，PM，KM，
当x=0，y=4，当y=0，即x+4=0，
解得：x=−4，
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即K(0,4)，A(−4，0)；
而M(4,0)，
∴OA=OK=OM=4，
∴△OAK，△OKM均是等腰直角三角形，
∴∠AKO=∠MKO=45°，
∴∠AKM=90°，
∵QP与⊙M相切，
∴∠PQM=90°，
∴PQ=√PM2−QM2，
∵QM=2，
∴当PQ最小时即PM最小，
∴当PM⊥ AK时，取得最小值，
即点P与点K重合，此时PM最小值为KM，
在Rt△OKM中，由勾股定理得：KM=√OM2+OK2=4√2，
∴PQ=√32−4=2√7，
∴PQ最小值为2√7．
【点睛】本题考查了圆的切线的性质，勾股定理，一次函数与坐标轴的交点问题，垂线段最短，正确添加
辅助线是解题的关键．
3．（2023·陕西·中考真题）（1）如图①，在△OAB中，OA=OB，∠AOB=120°，AB=24．若⊙O的
半径为4，点P在⊙O上，点M在AB上，连接PM，求线段PM的最小值；
（2）如图②所示，五边形ABCDE是某市工业新区的外环路，新区管委会在点B处，点E处是该市的一个
交通枢纽．已知：∠A=∠ABC=∠AED=90°，AB=AE=10000m，BC=DE=6000m．根据新区的
自然环境及实际需求，现要在矩形AFDE区域内（含边界）修一个半径为30m的圆型环道⊙O；过圆心O，
作OM⊥AB，垂足为M，与⊙O交于点N．连接BN，点P在⊙O上，连接EP．其中，线段BN、EP及
MN是要修的三条道路，要在所修道路BN、EP之和最短的情况下，使所修道路MN最短，试求此时环道
⊙O的圆心O到AB的距离OM的长．
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【答案】（1）4√3−4；（2）4047.91m
【分析】
（1）连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，则PM≥OM−4≥OM'−4，由直角三角形的
性质得出OM'=AM' ⋅tan30°=4√3，则可得出答案；
（2）分别在BC，AE上作BB'=A A'=r=30(m)，连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．证出四边形
BB'ON是平行四边形．由平行四边形的性质得出BN=B'O．当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．证明
△
O'H B'H
B'O'H∽ B'EA'，由相似三角形的性质得出 = ，求出O'H的长可得出答案．
EA' B' A'
△
【详解】
解：（1）如图①，连接OP，OM，过点O作OM'⊥AB，垂足为M'，
则OP+PM≥OM．
∵⊙O半径为4，
∴PM≥OM−4≥OM'−4，
∵OA=OB．∠AOB=120°，
∴∠A=30°，
∴OM'=AM' ⋅tan30°=12tan30°=4√3，
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∴PM≥OM'−4=4√3−4，
∴线段PM的最小值为4√3−4；
（2）如图②，分别在BC，AE上作BB'=A A'=r=30(m)，
连接A'B'，B'O、OP、OE、B'E．
∵OM⊥AB，BB'⊥AB，ON=BB'，
∴四边形BB'ON是平行四边形．
∴BN=B'O．
∵B'O+OP+PE≥B'O+OE≥B'E，
∴BN+PE≥B'E−r，
∴当点O在B'E上时，BN+PE取得最小值．
作⊙O'，使圆心O'在B'E上，半径r=30(m)，
作O'M'⊥AB，垂足为M'，并与A'B'交于点H．
∴O'H∥A'E，
∴ B'O'H∽ B'EA'，
△ △
O'H B'H
∴ = ，
EA' B' A'
∵⊙O'在矩形AFDE区域内（含边界），
∴当⊙O'与FD相切时，B'H最短，即B'H=10000−6000+30=4030(m)．
此时，O'H也最短．
∵M'N'=O'H，
∴M'N'也最短．
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EA' ⋅B'H (10000−30)×4030
∴O'H= = =4017.91(m)，
B' A' 10000
∴O'M'=O'H+30=4047.91(m)，
∴此时环道⊙O的圆心O到AB的距离OM的长为4047.91m．
【点睛】
本题是圆的综合题，考查了等腰三角形的性质，切线的性质，平行四边形的判定与性质，相似三角形的判
定与性质，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键．
重难点四： 胡不归问题
1．（2023·湖南湘西·中考真题）如图，⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4．过点B作
1
BE⊥AC于点E，点P为线段BE上一动点（点P不与B，E重合），则CP+ BP的最小值为 ．
2
【答案】6
【分析】过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO，根据等边三角形的性质和圆内接三
1
角形的性质得到OA=OB=4，CF⊥AB，然后利用含30°角直角三角形的性质得到OE= OA=2，进而
2
1
求出BE=BO+EO=6，然后利用CP+ BP=CP+PD≤CF代入求解即可．
2
【详解】如图所示，过点P作PD⊥AB，连接CO并延长交AB于点F，连接AO
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∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC
1
∴∠ABE=∠CBE= ∠ABC=30°
2
∵⊙O是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4
∴OA=OB=4，CF⊥AB，
∴∠OBA=∠OAB=30°
1
∴∠OAE=∠OAB= ∠BAC=30°
2
∵BE⊥AC
1
∴OE= OA=2
2
∴BE=BO+EO=6
∵PD⊥AB，∠ABE=30°
1
∴PD= PB
2
1
∴CP+ BP=CP+PD≤CF
2
1
∴CP+ BP的最小值为CF的长度
2
∵△ABC是等边三角形，BE⊥AC，CF⊥AB
∴CF=BE=6
1
∴CP+ BP的最小值为6．
2
故答案为：6．
【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含30°角直角三角形的性质等知识，解题
的关键是熟练掌握以上知识点．
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重难点五： 阿氏圆问题
1．（2023·江苏盐城·模拟预测）如图，点P在y轴上，⊙P交x轴于A，B两点，连接BP并延长交⊙P于
C，过点C的直线y=2x+b交x轴于D，交y轴于点E，且⊙P的半径为√5，AB=4．
(1)写出点B，P，C的坐标；
(2)求证：CD是⊙P的切线；
(3)⊙P上有一动点M，求√5DM+ME的最小值．
【答案】(1)B(2,0),P(0,1),C(−2,2)
(2)见解析
(3)√65
【分析】（1）根据垂径定理求出B点坐标，根据勾股定理得出P点，根据全等或相似求出C点；
（2）只需证明PC⊥DE，即∠PCE=90°，故证明△CHE∽△PHC，进而求得；
√5
（3）在PE上截取PI=1，进而证明△IPM∽△MPE，得出ℑ= EM，进而根据三角形三边关系找出
5
M点使其最小．
【详解】（1）解：如图1，
∵PO⊥AB，
1
∴OB= AB=2，
2
∴B(2,0)，
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∵OP=√BP2−OB2=1，
∴P(0,1)，
作CH⊥OE于H，
∴∠CHP=∠BOP=90°，
∴CH∥OB，
∴△CHP∽△BOP，
CH HP PC
∴ = = =1，
OB OP PB
∴CH=OB=2,HP=OP=1，
∴C(−2,2)；
（2）解：∵y=2x+b过C(−2,2)，
∴b=6，
∴OE=6，
∴EH=OE−OH=4，
EH CH
∵ = =2，∠CHE=∠PHC，
CH HP
∴△CHE∽△PHC，
∴∠ECH=∠CPH，
在Rt△PHC中，∠ECH+∠PCH=90°，
∴∠ECP=90°，
∴PC⊥DE，
∴CD是⊙P的切线；
（3）解：如图2，
由2x+6=0得：x=−3，
∴OD=3
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在PE上截取PI=1，
在Rt△DOI中，OD=3,OI=2，
∴DI=√13，
IP 1 √5 PM √5
∵ = = ， = ，
PM √5 5 PE 5
IP PM
∴ = ，
PM PE
又∠IPM=∠EPM，
∴△IPM∽△MPE，
IM PM √5
∴ = = ，
ME PE 5
√5
∴ℑ= ME，
5
∵ℑ+DM≥DI，
∴当D、M．I共线时，ℑ+DM最小值为DI=√13，
√5
即DM+ ME最小值为DI=√13，
5
( √5)
∵√5DM+ME=√5 DM+ ，
5
∴√5DM+ME的最小值为√13×√5=√65 ．
【点睛】本题考查了圆的有关性质及与圆有关的位置关系，相似三角形的判定和性质，三角形三边关系等
知识，解决问题的关键是 构造相似三角形．
2．（2024·广东广州·三模）已知，如图1，PAB为⊙O的割线，直线PC与⊙O有公共点C，且
PC2=PA×PB．
(1)求证：①∠PCA=∠PBC；
②直线PC是⊙O的切线；
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(2)如图2，作弦CD，使CD⊥AB，连接AD、BC，，若AD=2，BC=6，求⊙O的半径；
(3)如图3，若⊙O的半径为√2，PO=√10，MO=2，∠POM=90°，⊙O上是否存在一点Q，使得
√2
PQ+ QM有最小值？若存在，请求出这个最小值；若不存在，说明理由．
2
【答案】(1)见解析
(2)√10
(3)存在，最小值为√11
PC PB
【分析】（1）①根据已知条件得到 = ，推出△PCA∽△PBC，根据相似三角形的性质得到
PA PC
∠PCA=∠PBC；②作直径CF，连接AF，则∠CAF=90°，得到∠PCA+∠FCA=90°，P过直径的
一端点C，于是得到结论；
（2）作直径BE，连接CE、AE．则∠BCE=∠BAE=90°，推出AE∥CD，得到A´D=C´E，根据勾股
定理得到BE=2√10，于是得到结论；
1
（3）取OM中点G，连接PG与⊙O的交点就是符合条件的点Q，连接QO、QM，得到OG= OM=1，
2
QG OQ √2 √2
根据相似三角形的性质得到 = = ，求得QG= QM，根据两点之间线段最短，即可得到结
QM OM 2 2
论．
【详解】（1）证明：①∵PC2=PA×PB，
PC PB
∴ = ，
PA PC
∵∠CPA=∠BPC，
∴△PCA∽△PBC，
∴∠PCA=∠PBC；
②作直径CF，连接AF，
则∠CAF=90°，
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∴∠F+∠FCA=90°，
∵∠F=∠B，∠PCA=∠PBC，
∴∠PCA+∠FCA=90°，
∵PC经过直径的一端点C，
∴直线PC是⊙O的切线；
（2）解：作直径BE，连接CE、AE．
则∠BCE=∠BAE=90°，
∵CD⊥AB，
∴AE∥CD，
∴∠ACD=∠CAE，
∴ A´D=C´E，
∴AD=CE=2，
∵BC=6，
∴在Rt△BCE中，由勾股定理得：
BE2=CE2+BC2=22+62=40，
∴BE=2√10，
∴R=√10；
（3）解：取OM中点G，连接PG与⊙O的交点就是符合条件的点Q，
连接QO、QM，
∵MO=2
，
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1
∴OG= OM=1，
2
∵⊙O的半径r=OQ=√2，
∴OQ2=OG⋅OM，
∵∠MOQ=∠QOG，
∴△MOQ∽△QOG，
QG OQ √2
∴ = = ，
QM OM 2
√2
∴QG= QM，
2
√2
∴PQ+ QM=PQ+QG=PG，
2
根据两点之间线段最短，
√2
此时PQ+ QM=PQ+QG=PG最小，
2
√2
∴PQ+ QM最小值为PG=√PO2+OG2=√ (√10) 2+1=√11．
2
√2
∴存在，PQ+ QM最小值为√11．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，切线的判定，线段最短，圆周角定理，勾股定理，正确的
作出辅助线是解题的关键．
3．（2024·广东深圳·模拟预测）如图，矩形ABCD中AB=8，AD=6，点E是矩形ABCD内部一个动点，
且EB=4，连接CE，则DE+三分之二CE的最小值为（ ）
26 23
A．8 B． C． D．9
3 3
【答案】B
8
【分析】根据题意可得：点E在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，在BC上取一点F，使BF= ，连接
3
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10
EF，由矩形的性质可得BC=AD=6，CD=AB=8，推出CF= ，证明△BEF∽△BCE，得到
3
2 2 2
EF= CE，推出DE+ CE=DE+EF，即当D、E、F共线时，DE+ CE取最小值，最小值为DF，
3 3 3
最后根据勾股定理求出DF，即可求解．
8
【详解】解：根据题意可得：点E在以B为圆心，4为半径的圆弧上运动，在BC上取一点F，使BF= ，
3
连接EF，
∵矩形ABCD中，AB=8，AD=6，
∴ BC=AD=6，CD=AB=8，
8 10
∴ CF=BC−BF=6− = ，
3 3
∵ EB=4，
BE BF 2
∴ = = ，
BC BE 3
又∵ ∠B=∠B，
∴ △BEF∽△BCE，
EF 2
∴ = ，
CE 3
2
∴ EF= CE，
3
2
∴ DE+ CE=DE+EF，
3
2
∴当D、E、F共线时，DE+ CE取最小值，最小值为DF，
3
DF=√CF2+CD2=
√ (10) 2
+82=
26
，
3 3
故选:B．
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【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，圆的性质，勾股定理，线段和最短问题，解
题的关键是正确作出辅助线．
4．（2024·安徽·模拟预测）如图1，在平面直角坐标系中，二次函数y=x2+bx+c的图象交x轴于
A(−1,0)，B两点，AB=4，C为抛物线顶点．
(1)求b，c的值；
(2)点P为直线AC下方抛物线上一点，过点P作PQ⊥x轴，垂足为点Q，交AC于点M，是否存在
QM=3PM？若存在，求出此时P点坐标；若不存在，请说明理由；
1
(3)如图2，以B为圆心，2为半径作圆，N为圆B上任一点，求CN+ AN的最小值．
2
【答案】(1)b=−2，c=−3.
(1 32)
(2)存在， ,−
3 9
(3)√17
【分析】（1）通过AB长度先得到B点坐标，再将A,B两点代入函数解析式，解方程即可；
（2）先求出直线 的函数表达式，设出 点坐标为 ，进而得到 两点坐标，再通过
AC P (m,m2−2m−3) P,M
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QM=3PM列出方程，解方程即可；
1
（3）取取R(2,0)，连接NR，BN，先证得△RBN∽△NBA，得到RN= NA，进而可得到
2
1
CN+ AN=CN+RN≥CR，再通过C,R两点坐标求得CR长度．
2
【详解】解：（1）∵AB=4，
∴B点坐标为(3,0)，
将A(−1,0)，B(3,0)代入y=x2+bx+c，
得1−b+c=0，9+3b+c=0，
解得b=−2，c=−3
（2）设直线AC的表达式为y=kx+b，
由（1）可知抛物线的表达式为y=x2−2x−3=(x−1) 2−4，
故C点坐标为(1,−4)，
∴直线AC的表达式为y=−2x−2
设P点坐标为(m,m2−2m−3)，
则Q(m,0)，M (m,−2m−2)，
∴QM=0−(−2m−2)=2m+2，
PM=(−2m−2)−(m2−2m−3)=−m2+1
若QM=3PM，
则2m+2=3(−m2+1)，
1
解得m = ，m =−1
1 3 2
∵−1
